Question

14．如圖，已知直線y=x過點A，AB⊥y軸于點B，AC⊥x軸于點C，點P是y軸上的一動點，連接AP交直線BC于點E．點N在直線BC上，連接AN且∠PAN=90°，在射線AN上截取AD=AE，連接DE．
（1）求證：BE²+EC²=2AE²；
（2）若點A的坐標是（6，m），點P的坐標是（0，$\frac{2}{3}$m），求線段AD的長；
（3）當$\frac{BE}{EC}$=$\frac{1}{3}$時，求$\frac{DE}{BP}$的值．

Answer 1

分析 （1）先再證明△BAE≌△CAD，推出BE=CD，∠ABE=∠ACD=45°，推出∠ECD=90°，推出EC²+CD²=ED²，又因為△AED是等腰直角三角形，可得DE²=2AE²，即可推出EC²+BE²=2AE²．
（2）由$\frac{{S}_{△PBE}}{{S}_{△ABE}}$=$\frac{\frac{1}{2}•PB•EH}{\frac{1}{2}•AB•EF}$=$\frac{PE}{AE}$，推出$\frac{PB}{AB}$=$\frac{PE}{AE}$，求出PA、AE即可解決問題．
（3）由PB∥AC，推出$\frac{PB}{AC}$=$\frac{BE}{EC}$=$\frac{PE}{AE}$=$\frac{1}{3}$，設PB=a，則AC=AC=3a，因為PA=$\sqrt{{a}^{2}+（3a）^{2}}$=$\sqrt{10}$a，所以AD=AE=$\frac{3}{4}$PA=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$a，DE=$\sqrt{2}$AE=$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$a，由此即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，

∵直線y=x過點A，AB⊥y軸，AC⊥x軸，
∴AB=AC=OC=OB，四邊形ABOC是正方形，
∴∠ABC=∠PAD=90°，∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△CAD中，
$\left\{\begin{array}{l}{BA=CA}\\{∠BAE=∠CAD}\\{AE=AD}\end{array}\right.$，
∴△BAE≌△CAD，
∴BE=CD，∠ABE=∠ACD=45°，
∴∠ECD=90°，
∴EC²+CD²=ED²，
∵△AED是等腰直角三角形，
∵DE²=2AE²，
∴EC²+BE²=2AE²．

（2）解：如圖2中，作EF⊥AB于F，EH⊥OB于H．則四邊形BFEH是正方形．

∴EF=EH，
∵A（6，m），
∴AB=AC=6，m=6，
∵點P的坐標是（0，$\frac{2}{3}$m），
∴P（0，4），
∴PB=2，
∵$\frac{{S}_{△PBE}}{{S}_{△ABE}}$=$\frac{\frac{1}{2}•PB•EH}{\frac{1}{2}•AB•EF}$=$\frac{PE}{AE}$，
∴$\frac{PB}{AB}$=$\frac{PE}{AE}$，
∴$\frac{PE}{AE}$=$\frac{2}{6}$=$\frac{1}{3}$，∵PA=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴AD=AE=$\frac{3}{4}$×2$\sqrt{10}$=$\frac{3}{2}$$\sqrt{10}$．

（3）解：如圖2中，
∵PB∥AC，
∴$\frac{PB}{AC}$=$\frac{BE}{EC}$=$\frac{PE}{AE}$=$\frac{1}{3}$，設PB=a，則AC=AC=3a，
∴PA=$\sqrt{{a}^{2}+（3a）^{2}}$=$\sqrt{10}$a，
∴AD=AE=$\frac{3}{4}$PA=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$a，
∴DE=$\sqrt{2}$AE=$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$a，
∴$\frac{DE}{BP}$=$\frac{\frac{3}{2}\sqrt{5}a}{a}$=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$．

點評 本題考查相似三角形綜合題、全等三角形的判定和性質、一次函數的應用、正方形的判定和性質、等腰直角三角形的性質、勾股定理、平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用面積法證明線段之間的關系，學會利用參數解決問題，屬于中考壓軸題．